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Cours sur le Triangle de Pascal....

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Triangle de Pascal et formules du binôme de Newton

Introduction : Quelques rappels sur les coefficients binomiaux pour le calculs des développements à l’ordre n (n ∈ N∗ ) et des probabilités.

Table des matières 1 Définition des coefficients binômiaux et triangle de Pascal

1

2 Binôme de Newton : développement de l’expression (a + b)n

3

3 Applications de la formule du binôme de Newton 3.1 Linéarisation d’expressions trigonométriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Formules sommatoires classiques sur les coefficients binomiaux . . . . . . . . . . . . . . 3.2.1 Somme des coefficients de la ligne n◦ n du triangle de Pascal . . . . . . . . . . . 3.2.2 Somme des coefficients sur les colonnes paires (respectivement impaires) de la ligne n du triangle de Pascal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.3 Somme des n + 1 premiers coefficients de la colonne n◦ p du triangle de Pascal . 3.2.4 Autres formules classiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4 4 6 6

4 Erreurs classiques sur le symbole Σ à ne pas commettre

1

Définition des coefficients binômiaux et triangle de Pascal Définition 1.1 (Coefficients binomiaux). Pour (n ; p) ∈ N2 :     n! n si n ≥ p = p!(n − p)! p  0 si p > n

et

  n se lit "p parmi n" et sont les coefficients binomiaux. p

1

6 7 7 9

Définition 1.2 (Triangle de Pascal). On appelle triangle de Pascal le tableau tel que, pour tout 2 (n  ;p) ∈ N : n est le coefficient sur la ligne n et la colonne p. p n/p 0 1 2 3 4 ··· n−1

0 1 1 1 1 1 ··· 1

n

1

n+1

1

1 1 2 3 4 ··· · · · n 1

1

3

4

···

1 3 6 ··· ···

1 4 ··· ···

1 ··· ···

1 ···

···

···

···

···

p

p+1

1  n p

1

Proposition 1.1 (Propriétés du tableau de Pascal). Pour tous entiers naturels n et p on a :     n n 1. = 1. = n 0     n n si p ≤ n. = 2. n−p p       n+1 n n (formule de Pascal). = + 3. p+1 p+1 p     n+1 n 4. (formule diagonale). = n+1 p+1 p p+1 Démonstration.   n! n = 1. = 1 (0! = 1). 0 0!(n − 0)!   n! n = 1. = n n!(n − n)! 3. Cas où p > n : (p + 1 ≤ n) :     n! n! n n + = + p+1 p p!(n − p)! (p + 1)!(n − p − 1)! (n − p)n! (p + 1)n! + = (p + 1)p!(n − p)! (p + 1)!(n − p)(n − p − 1)! (p + 1)n! (n − p)n! = + (p + 1)!(n − p)! (p + 1)!(n − p)! n!(p + 1 + n − p) = (p + 1)!(n − p)! (n + 1)! = (p + 1)!(n − p)!

p+1 Et



 n+1

=

(n + 1)! (n + 1)! = . (p + 1)!(n + 1 − (p + 1))! (p + 1)!(n − p)! 2

D’où la formule de Pascal. Remarques : 1. La propriété 1 traduit le fait que la première colonne et la diagonale ne contiennent uniquement que des 1. 2. La propriété 2 traduit le fait que les coefficients non nuls d’une ligne du tableau sont répartis de manière symétrique. 3. La propriété 3 traduit le fait que la somme de deux coefficients consécutifs sur une même ligne du tableau et sur les colonnes p et p + 1 donne le coefficient sur la ligne suivante, la colonne p + 1.

Proposition 1.2 (1 parmi n). ∀ n ∈ N∗ ,

2

  n = n. 1

Binôme de Newton : développement de l’expression (a + b)n Théorème 2.1 (Formule du binôme de Newton). ∀ (a ; b) ∈ C2 et tout n ∈ N : n

(a + b) =

n   X n k=0

Démonstration. Posons : n

Pn : (a + b) =

k

ak bn−k .

n   X n k=0

k

ak bn−k .

    P 0 0 a0 b0 = 1 donc P0 est vraie. ak b0−k = Initialisation : (a + b)0 = 1 et 0k=0 0 k Hérédité : Fixons n ∈ N, supposons P n vraie et montrons Pn+1 .  P n + 1 n+1 ak bn+1−k . Objectif : (a + b)n+1 = k=0 k

3

Par l’hypothèse de récurrence : " n # X  n+1 n (a + b) = (a + b) ak bn−k k k=0 n   n   X X n k n−k n k n−k a b +b a b =a k k k=0 k=0 n   n   X n k+1 n−k X n k n+1−k = a b + a b k k k=0 k=0   n+1 n   X X n k n+1−k n k′ n−(k′ −1) a b a b + = ′ k − 1 k k=0 k′ =1   n+1 n   X X n k n+1−k n a b ak bn+1−k + = k k−1 k=0 k=1      n   n  X n n 0 n+1 n n+1 0 X n k n+1−k k n+1−k a b a b + a b + a b + = 0 n k k−1 k=1 | {z } | {z } k=1 k=n+1

n X



k=0

  n n ak bn+1−k + an+1 + bn+1 + = k k−1 k=1  n  X n + 1 k n+1−k n+1 + b|{z} = a b + a|n+1 {z } k k=1 n+1 k=  k =  0 n + 1 0 n+1 n+1 a b an+1 b0 0 n+1  n+1 X n + 1 k n+1−k a b = k 

k=0

Donc par récurrence, on a bien prouvé notre hypothèse. Ainsi les coefficients dans le développement de (a + b)n suivant les puissances croissantes de a et les puissances décroissantes de b forment la ligne n du triangle de Pascal.

3

Applications de la formule du binôme de Newton

3.1

Linéarisation d’expressions trigonométriques

Théorème 3.1 (Linéarisation). Soient (n ; m) ∈ N2 et x ∈ R. Pour écrire une expression trigonométrique de la forme cosn (x) sinm (x) sous la forme d’une somme de termes du type ak cos(kx) + bk sin(kx) où k est un entier naturel et ak et bk des réels, on utilise les formules d’Euler donnant :  ix n  ix m e + e−ix e − e−ix n m . cos (x) sin (x) = 2 2i On développe ensuite cette expression à l’aide de la formule du binôme de Newton et on regroupe les termes du type eix et e−ix de manière à faire apparaître les nombres cos(kx) et sin(kx) par les formules d’Euler.

Exemple : Soit x ∈ R et n ∈ N : ✿✿✿✿✿✿✿✿

4

Linéarisons cos2n+1(x) : 2n+1 eix + e−ix 2 2n+1 1  ix = 2n+1 e + e−ix 2 N   1 X N = n+1 ak bN −k k 2

cos2n+1(x) =



k=0

Avec N = 2n + 1, a = eix et b = e−ix , donc : 2n+1

cos

(x) =

1 22n+1

2X n+1 

 2n + 1 (eix )k (e−ix)2n+1−k . k

k=0

Or, (eix )k (e−ix)2n+1−k = ei(2k−2n−1)x . D’où, 2n+1

cos

(x) =

1 22n+1

2X n+1 

 2n + 1 i(2k−2n−1)x e . k

k=0

On effectue un regroupement des termes en posant pour k ∈ [0 ; 2k + 1] :   2n + 1 i(2k−2n−1)x e . uk = k Le regroupement de termes donne alors : 2X n+1

uk = u0 + u1 + · · · + un−1 + un + un+1 + · · · + u2n + u2n+1.

k=0

2X n+1

uk = (u0 + u2n+1 ) + (u1 + u2n ) + (u2 + u2n−1 ) + · · · + (un + un+1).

k=0

D’où,

2X n+1

uk =

k=0

Donc,

n X

(uk + u2n+1−k ).

k=0

cos2n+1(x) =

1 22n+1

En utilisant uk on obtient :

n X

(uk + u2n+1−k ).

k=0

    2n + 1 2n + 1 i(2k−2n−1)x ei(2(2n+1−k)−2n−1)x e + 2n + 1 − k k     2n + 1 2n + 1 i(2k−2n−1)x e + ei(2n+1−2k)x = k 2n + 1 − k     2n + 1 2n + 1 i(2k−2n−1)x e−i(2n+1−2k)x e + = 2n + 1 − k k

uk + u2n+1−k =

Or, pour k ∈ [0 ; N ] :



N N −P

 5

  N . = P

En posant N = 2n + 1 et P = k on a :     2n + 1 i(2k−2n−1)x 2n + 1 −i(2n+1−2k)x uk + u2n+1−k = e e + k k    2n + 1  i(2n+1−2k)x = e + e−i(2n+1−2k)x k   2n + 1 = · 2 cos ((2n + 1 − 2k )x) k Conclusion : cos2n+1(x) =

3.2

1 22n+1

 n  X 2n + 1 k=0

k

· 2 cos ((2n + 1 − 2k )x).

Formules sommatoires classiques sur les coefficients binomiaux

Les résultats suivants ne sont pas des formules de cours utilisables sans démonstration. Leur preuve fait très souvent l’objet de questions d’exercices. 3.2.1

Somme des coefficients de la ligne n ◦ n du triangle de Pascal

Théorème 3.2 (Somme des coefficients de la ligne n du triangle de Pascal). ∀ n ∈ N,

n   X n k=0

k

= 2n .

Démonstration. ∀ n ∈ N, on a : (1 + 1) = 2n . Or, par le binôme de Newton, on a pour tout n de N : n   X n k n−k n (1 + 1) = 1 1 k k=0 n   X n = k k=0

Donc :

n  X n k=0

3.2.2

k



= 2n .

Somme des coefficients sur les colonnes paires (respectivement impaires) de la ligne n du triangle de Pascal

Théorème 3.3 (Somme des coefficients sur les colonnes paires/impaires de la ligne n). X  n X  n  ∀ n ∈ N∗ , = 2n−1 . = 2k + 1 2k k≥0

k≥0

6

Démonstration. ∀ n ∈ N∗ , posons : S1 =

X

n 2k

k≥0

Alors, S1 − S2 =

n X

Puis, 2S1 = S1 + S2 =

et

X

k≥0

(−1)k

k=0

Et donc S1 = S2 .



  n = (1 − 1)n = 0. k

  n = 2n . Donc : k=0 k

Pn

2S1 = 2n ⇔ S1 =

3.2.3

 n . 2k + 1

2n = 2n−1 . 2

Somme des n + 1 premiers coefficients de la colonne n◦ p du triangle de Pascal

Théorème 3.4 (Somme des n + 1 premiers coefficients de la colonne p). ∀ (n ; p) ∈ N2 avec n ≥ p on a :   n   X k n+1 . = p+1 p k=p

Démonstration. D’après la formule de Pascal :

      k +1 k k = + . p+1 p p+1

D’où,

      k k+1 k . − = p+1 p+1 p

En passant par la somme, on obtient : n   X k k=p

Par téléscopage additif :

p

=

k=p

n  X k k=p

D’où,

 n  X k+1

p



k − p+1 p+1



    p n+1 − = . p+1 p+1 | {z } 0

  n   X k n+1 . = p+1 p k=p

3.2.4



Autres formules classiques

7

.

Théorème 3.5 (Formules classiques du triangle de Pascal). ∀ n ∈ N :   n P n 1. k = n2n−1 . k k=0   n P 1 2n+1 − 1 n 2. . = n+1 k=0 k + 1 k Démonstration.

  n = n2n−1 . 1. Prouvons k k=0     n! (n − 1)! n! n n−1 k . =k =n =n = k−1 k (k − 1)!(n − k)! (k − 1)!(n − k)! k !(n − k )! n P

k

Car n − 1 − (k − 1) = n − k .     X    n  n n n X X X n−1 n n n−1 . =n = = |{z} 0 + k k n k−1 k−1 k k k=0

k=0

k=1

k=1

k=1

En posant i = k − 1 on a :

  X n−1  n  X n−1 n−1 . = i k−1 i=0

k=1

Or, d’après la formule du binôme de Newton :  n−1  X n−1 i

i=0

D’où,

1n−1−k 1k = (1 + 1)n−1 .

 n  X n−1 = 2n−1 . k−1 i=0

Donc :

  n X n k = n2n−1 . k k=0

  n P 1 2n+1 − 1 n 2. Prouvons . = n+1 k=0 k + 1 k La formule diagonale donne :     n+1 n n+1 . = k+1 k+1 k D’où par le passage à la somme,    X n  n X n+1 n n+1 . = k +1 k +1 k k=0 k=0

D’où,

n X k=0

   n  1 1 X n+1 n . = k +1 n+1 k+1 k

Or, par analogie avec cette somme,

k=0

n   X n

k

k=0

8

= 2n .

On a :

n−1  X  n + 1 = 2n+1 . k +1 k=0

Donc,

 n  X n+1 k+1

k=0

D’où,

−

  n+1 . k+1 | {z } 1

 n  X n+1 = 2n+1 − 1. k+1 k=0

Donc,

n X k=0

4

  1 2n+1 − 1 n . = n+1 k +1 k

Erreurs classiques sur le symbole Σà ne pas commettre n P

1. Il ne faut pas écrire ∀ k ∈ N, ∀ n ∈ N, 2. Il ne faut pas écrire

n P

uk =

k=0

p P

uk +

k=0

uk = · · · (La somme écrite ne dépend pas de k).

k=0 n P

uk (la deuxième somme doit commencer à p + 1).

k=p

3. Il ne faut pas sortir d’une somme

n P

αk uk un coefficient αk dépendant de k .

k=0

4.

n P

(uk + 1) ne vaut pas

k=0

5. La somme



n P

k=0

5 P

uk



22k n’est pas égale à

+ 1 mais vaut

n P

k=0 10 P

′

uk +

n P

1=

k=0



n P

k=0

uk



+ n + 1.

2k . Il y a six termes dans la première somme et 11 dans

k′ =0

k=0

la seconde (il faudrait ajouter la condition k ′ pair pour que la formulation soit correcte. Ici, le 5 5 P P 22k = calcule s’effectue plutôt en écrivant 4k ). k=0

k=0

6. Ne pas oublier le premier terme dans la somme des termes d’une suite géométrique. j P n n P n P P P 7. La somme double uij ne vaut pas uij mais uij . Dans la première somme, 1≤i≤j ≤n

i=1 j =i

i=1 j =i

les bornes ne doivent pas dépendre de l’indice sommatoire de la seconde somme.     n n P P n k n−k n 8. La formule du binôme de Newton n’est pas (a + b)n = a b . ak bn−k mais k=0 k k=1 k

9...